hdu 4917Permutation(状态压缩DP)

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hdu 4917Permutation(状态压缩DP)

题意：将1~n的n个数排列成序列(n<=40)，但有m(m<=20)个限制条件，其中第i个限制条件的表示为ai,bi。表示该序列的第ai的数要小于第bi的。问有多少中排列？保证有解

解法：我们首先可以明确一点，这m个限制条件，所表示的关系会构成若干个DAG（有向无环图，我将其称之为拓扑图）。我们只要将这n个数，填入到拓扑图上，使其满足拓扑关系，那么这样的序列就是可以的。而这若干个拓扑图之间，是不会相互影响的，因而我们可以单独考虑每一个拓扑图。对于单独的一个拓扑图，假设有k个节点(即要放入k个数)，随便放入k个数，都可以构成解，而且无论放什么，对于这个拓扑图，能满足条件的放法都是一样多的，因此每一个拓扑图要乘上一个组合数（选k个有多少种选法）。然后我们来考虑某个拓扑图的内部放法。因为m<=20，那么每个拓扑图内最多有21个点。我们用状态压缩dp来解决这个问题。前面我们得知，无论选的k个数是什么，在本拓扑图内合法的排放序列都是一样多的，我们不妨假设这k个位置为0~K-1，我们将k个数字按从大到小往图上放，记dp[m]为，放好了二进制状态为m(二进制1表示相应位表示的节点已填入了数字，0表示未放)，dp从小到大递推即可得解。而dp状态转移的条件是，我要填入某一位时，该位的前驱都已选入在m这个状态中了，因此可以先处理拓扑图，得到每一位的前驱。

代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#define ll __int64
using namespace std ;

vector<int> vec[44] ;
const int mod = 1000000007 ;
int dp[1<<21] ;
int fa[44] , sz[44] , vis[44] ;
int to[44] , id[44] , du[44] ;
int c[44][44] ;

void init () {
    c[0][0] = 1 ;
    for ( int i = 1 ; i < 44 ; i ++ ) {
        c[i][0] = 1 ;
        for ( int j = 1 ; j <= i ; j ++ )
            c[i][j] = ( c[i-1][j] + c[i-1][j-1] ) % mod ;
    }
}

int find ( int a ) {
    return fa[a] == a ? a : fa[a] = find ( fa[a] ) ;
}

struct Point {
    int id , st ;
    Point () {}
    Point (int a , int b):id(a),st(b) {}
} ;

int gao ( int s , int n , int& re) {
    int tot = 0 ;
    queue<Point> Q ;
    for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
        if ( find (i) == s && du[i] == 0 ) {
            to[tot++] = 0 ;
            Q.push ( Point(i,1<<tot-1) ) ;
        }
    }
    while ( !Q.empty () ) {
        Point u = Q.front () ;
        int st = u.st ;
        int f = u.id ;
        Q.pop () ;
        for ( int i = 0 ; i < vec[f].size () ; i ++ ) {
            int v = vec[f][i] ;
            du[v] -- ;
            id[v] ¦= st ;
            if ( du[v] == 0 ) {
                to[tot++] = id[v] ;
                Q.push ( Point(v,id[v]¦(1<<(tot-1))) ) ;
            }
        }
    }
    ll ret = c[re][tot] ;
 //   printf ( "ret = %I64d\n" , ret ) ;
    re -= tot ;
    dp[0] = 1 ;
    for ( int i = 1 ; i < 1<<tot ; i ++ ) {
        dp[i] = 0 ;
        for ( int j = 0 ; j < tot ; j ++ ) {
            if ( ((i&(1<<j))) ) {
                int st = i ^ (1<<j) ;
                if ( (~st)&to[j] ) continue ;
                dp[i] += dp[i^(1<<j)] ;
                dp[i] %= mod ;
   //             printf ( "i = %d , to[%d] = %d\n" , i , j , to[j] ) ;
   //             printf ( "dp[%d] = %d\n" , i , dp[i] ) ;
            }
        }
    }
//    printf ( "dp[%d] = %d\n" , (1<<tot)-1 , dp[(1<<tot)-1] ) ;
    ret *= dp[(1<<tot)-1] ;
    ret %= mod ;
    return ret ;
}

int main () {
    init () ;
    int n , m ;
    while ( scanf ( "%d%d" , &n , &m ) != EOF ) {
        int re = n ;
        memset ( vis , 0 , sizeof ( vis ) ) ;
        for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
            vec[i].clear () ;
            fa[i] = i ;
            du[i] = 0 ;
            id[i] = 0 ;
        }
        for ( int i = 1 ; i <= m ; i ++ ) {
            int a , b ;
            scanf ( "%d%d" , &a , &b ) ;
            vec[a].push_back ( b ) ;
            du[b] ++ ;
            int x = find ( a ) , y = find ( b ) ;
            if ( x != y ) fa[x] = y ;
        }
        ll ans = 1 ;
        for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
            if ( !vis[find(i)] ) {
                ans *= gao (find(i),n,re) ;
                ans %= mod ;
                vis[find(i)] = 1 ;
            }
        }
        printf ( "%I64d\n" , ans ) ;
    }
    return 0 ;
}
/*
3 2
1 2
1 3
4 3
1 2
1 3
1 4
4 4
1 2
1 3
2 4
3 4

6 6
1 2
1 3
3 4
2 4
4 5
4 6

8 9
2 1
3 1
5 1
4 2
6 3
7 5
8 4
8 6
8 7

5 4
3 1
3 2
4 3
5 3
*/

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